ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Сначала построим сечение. Плоскость $\omega$ параллельна прямой $SA$, а плоскость грани $SAB$ проходит через $SA$ и точку $N\in \omega$. Поэтому они пересекаются по прямой, проходящей через $N$ параллельно $SA$. Проведём $N{N}_1\parallel SA$, $N_1\in AB$. Так же в грани $SAC$ проведём $K{K}_1\parallel SA$, $K_1\in AC$. Сечение — четырёхугольник $NK{K}_1{N}_1$.

По условию

$$\frac{SN}{SB}=\frac{SK}{SC}=\frac{1}{3}.$$

Треугольники $SNK$ и $SBC$ имеют общий угол $S$, а прилежащие к нему стороны пропорциональны, поэтому они подобны, и соответственные углы $SNK$ и $SBC$ равны. Значит, $NK\parallel BC$ (это и есть утверждение, обратное теореме о пропорциональных отрезках).

Прямая $BC$ не лежит в плоскости $\omega$. Иначе плоскость $\omega$ содержала бы две различные параллельные прямые $NK$ и $BC$ и совпала бы с плоскостью $SBC$. Но прямая $SA$ пересекает плоскость $SBC$ в точке $S$, то есть не параллельна ей, а $\omega \parallel SA$ — противоречие.

Итак, прямая $BC$ параллельна прямой $NK$, лежащей в плоскости $\omega$, и сама в этой плоскости не лежит. По признаку параллельности прямой и плоскости $BC\parallel \omega$, что и требовалось доказать.

б) Так как $BC\parallel \omega$, все точки прямой $BC$ находятся на одном расстоянии от $\omega$. Пусть $H$ — середина $BC$. Тогда

$$\rho (B;\omega )=\rho (H;\omega ).$$

Треугольник $ABC$ правильный, поэтому медиана $AH$ является высотой: $BC\perp AH$. Боковые рёбра правильной пирамиды равны, треугольник $SBC$ равнобедренный, и его медиана $SH$ тоже высота: $BC\perp SH$. По признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (SAH)$.

Плоскость $SAH$ пересекает отрезок $NK$ в точке $Q$ (на медиане $SH$) и отрезок $N_1{K}_1$ в точке $R$ (на медиане $AH$). Значит, она пересекает $\omega$ по прямой $QR$. Плоскость $SAH$ проходит через прямую $SA$, параллельную $\omega$, поэтому $QR\parallel SA$.

Проведём в треугольнике $SAH$ высоту $HT$, $T\in SA$. Покажем, что $HT\perp \omega$:

1. $HT\perp SA$ и $QR\parallel SA$, значит, $HT\perp QR$;

2. $HT$ лежит в плоскости $SAH$, а $BC\perp (SAH)$, значит, $HT\perp BC$, а так как $NK\parallel BC$, то $HT\perp NK$.

Прямая $HT$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $QR$ и $NK$ плоскости $\omega$, поэтому $HT\perp \omega$. Пусть $P$ — точка пересечения $HT$ и $QR$. Тогда $HP$ — перпендикуляр к плоскости $\omega$ и

$$\rho (H;\omega )=HP.$$

Найдём стороны треугольника $SAH$. По условию $SA=9$. Отрезок $AH$ — высота правильного треугольника со стороной $6$:

$$AH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}.$$

Из прямоугольного треугольника $SHB$ ($SB=SA=9$, $BH=3$):

$$S{H}^2=S{B}^2-B{H}^2=81-9=72.$$

По теореме косинусов в треугольнике $SAH$:

$$S{H}^2=S{A}^2+A{H}^2-2\cdot SA\cdot AH\cdot \cos \angle SAH,$$

$$72=81+27-2\cdot 9\cdot 3\sqrt{3}\cdot \cos \angle SAH\Rightarrow 54\sqrt{3}\cos \angle SAH=36\Rightarrow \cos \angle SAH=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}.$$

Из прямоугольного треугольника $HTA$:

$$AT=AH\cdot \cos \angle SAH=3\sqrt{3}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{9}=2,HT=\sqrt{A{H}^2-A{T}^2}=\sqrt{27-4}=\sqrt{23}.$$

Так как $AT=2<SA$, точка $T$ лежит на ребре $SA$.

Осталось найти, какую часть $HT$ составляет $HP$. Отрезок $NQ$ параллелен $BH$, поэтому $SQ:QH=SN:NB=1:2$. Параллельные прямые $QR$ и $SA$ пересекают стороны угла $SHT$, и по теореме о пропорциональных отрезках

$$\frac{HP}{HT}=\frac{HQ}{HS}=\frac{2}{3}.$$

Следовательно,

$$\rho (B;\omega )=HP=\frac{2}{3}\cdot \sqrt{23}=\frac{2\sqrt{23}}{3}.$$

Ответ: б) $\frac{2\sqrt{23}}{3}$.